北京市东城区2020届高三第一次模拟考试化学试题

北京市东城区2020届高三第一次模拟考试化学试题

东城区2019-2020学年度第二学期教学统一检测 高三化学 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 I 127‎ 第一部分（选择题 共42分）‎ 本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列行为不合理或不符合安全要求的是 A. 用较热的纯碱溶液清洗碗筷上的油污 B. 向室内空气中喷洒高浓度酒精进行消毒 C. 用稀释的84消毒液漂白白色棉织物上的污渍 D. 油锅炒菜着火时，关掉炉灶燃气阀门，盖上锅盖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酯在碱性溶液中可以水解，加热促进了碳酸根的水解，增强了纯碱溶液的碱性，所以去污效果更好；‎ B.使用高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于迅速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层坚固的包膜，酒精反而不能很好地渗入细菌内部，减弱了其杀菌能力；‎ C.稀释的84消毒液中的主要成分次氯酸钠具有漂白性，故可以漂白白色棉织物上的污渍；‎ D.迅速关闭燃气阀门，先切断火灾源头，迅速盖上锅盖，使锅里面火缺氧自然熄灭；‎ 答案选B。‎ ‎2.对下列过程的化学用语表述正确的是 A. 把钠加入水中，有气体生成：2Na + H2O = Na2O＋H2↑‎ B. 用稀硫酸做导电实验，灯泡发光： H2O H+＋OH-‎ C. 向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ + 3OH- =Al（OH）3↓‎ D. 用电子式表示NaCl的形成过程：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na +2H2O =2NaOH＋H2↑，A错误；‎ B.用稀硫酸做导电实验时灯泡发光是因为硫酸溶于水电离出自由移动离子，H2SO4=2H++SO42-，B错误；‎ C.一水合氨为弱碱，向Al2（SO4）3溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ +3NH3∙H2O =Al（OH）3↓+3NH4+，C错误；‎ D. NaCl为离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程：，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是 A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近 B．铝丝伸入硫酸铜溶液中 C．测定空气中氧气含量 D．向蔗糖中加入浓硫酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发生氧化还原反应，A正确；‎ B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B错误；‎ C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C错误；‎ D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.阅读体检报告呈现的的部分内容，判断下列说法不正确的是 项目名称 检查结果 单位 参考范围 钾 ‎4.1‎ mmol/L ‎3.5~5.5‎ 钙 ‎2.15‎ mmol/L ‎2.13~2.70‎ 胱抑素C ‎0.78‎ mg/L ‎059~1.03‎ 尿素 ‎4.18‎ mmol/L ‎2.78~7.14‎ 甘油三酯 ‎1.50‎ mmol/L ‎0.45~1.70‎ A. 体检指标均以物质的量浓度表示 B. 表中所示的检查项目均正常 C. 尿素是蛋白质的代谢产物 D. 甘油三酯的结构可表示为（R1、R2、R3为烃基）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物质的量浓度单位为mol/L或mmol/L，胱抑素C 的单位为mg/L ，不是以物质的量浓度表示；‎ B.根据参考范围可知，表中所示的检查项目均在正常范围内；‎ C.蛋白质的代谢产物为尿素等；‎ D.甘油三酯是羧酸与甘油形成的酯，结构可表示为（R1、R2、R3为烃基）；‎ 答案选A。‎ ‎5.硒（34Se）元素是人体必需的微量元素之一，与溴同周期。下列说法不正确的是 A 原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞Cl B. 氢化物的稳定性：硒化氢＜水＜氟化氢 C. SeO2和NaOH溶液反应生成Na2SeO4和水 D. SeO2既可发生氧化反应，又可发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同一主族从上到下，同周期从右到左，原子半径逐渐增大，故原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞Cl；‎ B.同一主族从上到下，同周期从右到左，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故氢化物的稳定性：硒化氢＜水＜氟化氢；‎ C.SeO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SeO3和水；‎ D. Se 元素最外层有6个电子，最高化合价为+6价，最低负价为-2价，SeO2中Se为+4价，为Se元素的中间价态，故既可发生氧化反应，又可发生还原反应；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】酸性氧化物与碱反应生成相应化合价的盐和水。‎ ‎6.下列实验操作中选用的部分仪器，不正确的是 A. 盛放NaOH溶液，选用④‎ B. 从食盐水中获得食盐，选用①、⑥、⑦‎ C. 分离I2的四氯化碳溶液和水，选用②、③‎ D. 配制100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液，选用③、⑤、⑥和⑧‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化钠与玻璃塞中的二氧化硅发生反应，故保存氢氧化钠不能用玻璃塞；‎ B.从食盐水中获得食盐采用蒸发结晶的方法，需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿等仪器；‎ C.分离I2的四氯化碳溶液和水采用分液的方法，需要分液漏斗、烧杯等；‎ D.配制100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液，需要烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等仪器；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】盛放强碱溶液，需要使用橡胶塞。‎ ‎7.已知：①C2H6（g） C2H4（g）+H2（g） DH1 ＞0。‎ ‎②C2H6（g）+=2CO2（g）+3H2O（l） DH 2 ＝-1559.8 kJ·mol-1‎ ‎③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） DH 3＝-1411.0 kJ·mol-1‎ 下列叙述正确的是 A. 升温或加压均能提高①中乙烷的转化率 B. ①中断键吸收的能量少于成键放出的能量 C. 用DH 2和DH 3可计算出①中的DH D. 推测1 mol C2H2（g）完全燃烧放出的热量小于1411.0 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①为反应前后气体分子数增加的反应，故加压使反应向逆向移动，乙烷的转化率降低，A错误；‎ B.①为吸热反应，反应中断键吸收的能量大于成键放出的能量，B错误；‎ C.反应②③中不存在反应①中生成的氢气，故不能通过盖斯定律用DH 2和DH 3可计算出①中的DH，C错误；‎ D.根据②③推断，C2Hn中n值越小，释放的能量越小，推测1 mol C2H2（g）完全燃烧放出的热量小于1411.0 kJ，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.已知苯可以进行如下转化：‎ 下列叙述正确的是 A. 用蒸馏水可鉴别苯和化合物K B. 化合物M与L互为同系物 C. ①、②反应发生的条件均为光照 D. 化合物L能发生加成反应，不能发生取代反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化合物K为溴苯，溴苯的密度比水大，苯的密度比水小，用蒸馏水可鉴别苯和溴苯，A正确；‎ B.化合物M的分子式为C6H12与L的分子式为C6H10，不满足同系物的定义，两者不是同系物，B错误；‎ C.反应①为苯的取代，反应条件为溴、铁或溴化铁作催化剂，C错误；‎ D.化合物L中有碳碳双键能发生加成反应，其它碳原子上的氢也可以被取代反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】结构相似,在分子组成上相差1个或几个“CH‎2”‎的物质,互称为同系物，必须是同一类物质，含有相同且数量相等的官能团。‎ ‎9.常温常压下，下列实验方案能达到实验目的的是 实验目的 实验方案 A 证明苯酚有弱酸性 向苯酚浊液中加入NaOH溶液 B 证明葡萄糖中含有羟基 向葡萄糖溶液中加入高锰酸钾酸性溶液 C 比较镁和铝的金属性强弱 用pH试纸分别测量MgCl2和AlCl3溶液的pH D 测定过氧化钠样品（含少量氧化钠）的纯度 向a g样品中加入足量水，测量产生气体的体积 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，A错误；‎ B.葡萄糖分子中含有醛基、羟基，都能使高锰酸钾溶液褪色，B错误；‎ C.用pH试纸无法精准地测量MgCl2和AlCl3溶液的pH， C错误；‎ D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，通过测量产生气体的体积测定过氧化钠样品（含少量氧化钠）的纯度，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如下：‎ 下列说法正确的是 A. ①、②、③中均有O—H的断裂 B. 生成DMC总反应的原子利用率为100%‎ C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D. DMC与过量NaOH溶液反应生成和甲醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有O—H的断裂，A错误；‎ B.①中有水分子生成，生成DMC总反应的原子利用率小于100%，B错误；‎ C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C错误；‎ D. DMC结构中有酯基，能与过量NaOH溶液发生水解反应生成和甲醇，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.25oC时，浓度均为0.1 mol·L–1的几种溶液的pH如下：‎ 溶液 ‎①CH3COONa溶液 ‎②NaHCO3溶液 ‎③CH3COONH4溶液 pH ‎8.88‎ ‎8.33‎ ‎7.00‎ 下列说法不正确的是 A. ①中， c（Na+） ＝ c（CH3COO–） ＋ c（ CH3COOH）‎ B. 由①②可知，CH3COO–的水解程度大于的水解程度 C. ③中，c（CH3COO–） ＝ c（NH4+） ＜ 0.1 mol·L–1‎ D. 推测25oC，0.1 mol·L–1 NH4HCO3溶液的pH ＜8.33‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3COO-为弱酸根离子，在溶液中水解生成醋酸，根据元素守恒，①中， c（Na+）＝c（CH3COO–）＋c（ CH3COOH）；‎ B.醋酸的酸性大于碳酸，故CH3COO–的水解程度小于的水解程度；‎ C. CH3COONH4溶液呈中性，CH3COO-、NH4+的水解程度相同，故③中，c（CH3COO–） ＝ c（NH4+）＜0.1 mol·L–1；‎ D. NH4+的水解显酸性，故0.1 mol·L–1 NH4HCO3溶液的pH ＜8.33；‎ 答案选B。‎ ‎12.如图所示装置，两个相同的玻璃管中盛满NaCl稀溶液（滴有酚酞），a、b为多孔石墨电极。闭合S1一段时间后，a附近溶液逐渐变红；断开S1，闭合S2，电流表指针发生偏转。‎ 下列分析不正确的是 A. 闭合S1时，a附近的红色逐渐向下扩散 B. 闭合S1时， a附近液面比b附近的低 C. 断开S1、闭合S2时，b附近黄绿色变浅 D. 断开S1、闭合S2时，a上发生反应：H2 ˗ 2e- = 2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合S1时，装置为电解装置，a极附近溶液逐渐变红，说明a极生成氢氧根离子，a极为阴极；断开S1，闭合S2，装置为原电池装置。‎ ‎【详解】A.闭合S1时，装置为电解装置，a极为阴极生成氢氧根离子，阴离子向阳极移动，故 a附近的红色逐渐向下扩散；‎ B.闭合S1时，装置为电解装置，a极发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2，消耗了水分子，导致a附近液面比b附近的低；‎ C.闭合S1，b极生成氯气，断开S1，闭合S2，装置为原电池装置，b极为正极，发生电极反应Cl2+2e-=2Cl-，b附近黄绿色变浅；‎ D.断开S1，闭合S2，装置为原电池装置，a极为负极，发生反应H2+2OH-=2e-+2H2O；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池装置有外接电源，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。‎ ‎13.取某品牌加碘食盐（其包装袋上的部分说明如下）配成溶液，加入少量淀粉和稀盐酸后分成2份于试管中，分别进行下列实验。‎ 配料 含碘量（以I 计）‎ 食用方法 精制盐、碘酸钾、亚铁氰化钾（抗结剂）‎ ‎（35＋15）mg/kg 待食品熟后加入碘盐 ‎①加入FeCl2溶液，振荡，溶液由无色变蓝色。‎ ‎②加入KI溶液，振荡，溶液由无色变蓝色。‎ 下列分析合理的是 A. 碘酸钾的化学式为KIO4，受热易分解 B. ①或②都能说明食盐中含碘酸钾，其还原产物为I2‎ C. 一袋（‎200 g）食盐中含 I 为5×10-5 mol 时，符合该包装说明 D. 食盐中添加碘酸钾与亚铁氰化钾的目的均与反应速率有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碘酸钾化学式为KIO3，根据“待食品熟后加入碘盐”可知碘酸钾受热易分解，A错误；‎ B.加入FeCl2溶液、KI溶液，碘酸钾与二价铁离子、碘离子发生氧化还原反应，碘酸钾与FeCl2反应生成I-，B错误；‎ C.一袋（‎200 g）食盐中含 I 为5×10-5 mol 时，含碘的质量为127×5×10-5 =6.35mg，则‎1kg含碘的质量为‎31.75g，符合该包装说明，C正确；‎ D.向食盐中添加碘酸钾是为了防止碘缺乏，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.298 K时，γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH +H2O 不同时刻测得丁内酯的浓度如下表。‎ ‎20‎ ‎50‎ ‎80‎ ‎100‎ ‎120‎ ‎160‎ ‎220‎ ‎∞‎ ‎0.024‎ ‎0.050‎ ‎0.071‎ ‎0.081‎ ‎0.090‎ ‎0.104‎ ‎0.116‎ ‎0.132‎ 注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。下列分析正确的是 A. 增大γ-羟基丁酸的浓度可提高γ-丁内酯的产率 B. 298 K时，该反应的平衡常数为2.75‎ C. 反应至120 min时，γ-羟基丁酸的转化率＜50%‎ D. 80～120 min的平均反应速率：v（γ-丁内酯） ＞1.2×10-3 mol ∙ L-1∙min-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.增大γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，γ-丁内酯的产量增加，但不能提高γ-丁内酯的产率，A错误；‎ B.该反应的平衡常数, B正确；‎ C.反应至120 min时，丁内酯的浓度为0.090mol∙L-1，反应了的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol∙L-1，转化率为，C错误；‎ D.80～120 min， ∆c（γ-丁内酯）=(0.09-0.071) mol∙L-1，平均反应速率：v（γ-丁内酯）= ，D错误；‎ 答案选B。‎ 第二部分 （综合题 共58分）‎ 本部分共5小题，共58分。‎ ‎15.文物是人类宝贵的历史文化遗产，我国文物资源丰富，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文物的保护意义重大。‎ ‎（1）铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重，其主要原因是________。‎ ‎（2）已知：‎ ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的FeOOH；‎ ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的Fe2O3，过程如下。‎ ‎①写出ⅰ中，O2参与反应的电极反应式和化学方程式：________、________。‎ ‎②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为________。‎ ‎③结合已知信息分析，铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是________。‎ ‎（3）【资料1】Cl–体积小穿透能力强，可将致密氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。‎ ‎【资料2】Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。‎ ‎①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式________。‎ ‎②结合元素周期律解释“资料‎2”‎的原因是________。‎ ‎（4）从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理：用稀NaOH溶液反复浸泡使Cl-渗出后，取最后一次浸泡液加入试剂 ________（填化学式）检验脱氯处理是否达标。‎ ‎（5）经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。下图为其中一种高分子膜的片段：‎ 该高分子的单体是__________。‎ ‎【答案】 (1). 铁比铜活泼 (2). O2＋4e－＋2H2O = 4OH－ (3). 4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O (4). 6：2：1 (5). 铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH ‎，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀 (6). Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3 （Fe2O3 + H2O = 2FeOOH） (7). 氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱 (8). HNO3和AgNO3 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁比铜活泼，所以保存完好的铁器比青铜器少得多，金属一般发生吸氧腐蚀。‎ ‎【详解】（1）因为铁比铜活泼，所以铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重。‎ ‎（2）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，O2在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O = 4OH－，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的FeOOH，化学方程式为4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O。‎ ‎②过程Ⅰ中铁由0价变为+2价，1molFe转移电子2mol,过程Ⅱ铁由+2价变为表征+价，1molFeO转移mol电子，过程Ⅲ铁由表征+价变为+3价，1molFe3O4转移mol电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为2：：= 6：2：1。‎ ‎③铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀，所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重。‎ ‎（3）①铁质文物表面的致密氧化膜为Fe2O3，根据题意Fe2O3与氯化钠反应生成氯化铁，根据元素守恒，反应物还应有水，生成物还应有氢氧化钠，化学方程式为Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3。‎ ‎②氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱，导致Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。‎ ‎（4）用稀NaOH溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理，脱氯过程中Cl-渗出后，要检验脱氯处理是否达标，只需检取最后一次浸泡液中是否含有Cl-即可，检验Cl-需要的试剂为HNO3和AgNO3。‎ ‎（5）根据高分子膜的片段可知，该高分子的链节为，是由 通过加聚反应生成的，故该高分子的单体是。‎ ‎16.研究来源于真菌的天然产物L的合成对抗肿瘤药物研发有着重要意义，其合成路线主要分为两个阶段：‎ I．合成中间体F 已知：ⅰ．TBSCl为 ⅱ． ‎ ‎（1）A中含氧官能团名称__________‎ ‎（2）B的结构简式是__________。‎ ‎（3）试剂a是__________。‎ ‎（4）TBSCl的作用是__________。‎ II. 合成有机物L 已知： ‎ ‎（5）H中含有两个酯基，H的结构简式是__________。‎ ‎（6）I→J的反应方程式是__________。‎ ‎（7）K→L的转化中，两步反应的反应类型依次是__________、__________。‎ ‎【答案】 (1). 羰基 (2). 羟基 (3). (4). H‎2C=CHMgBr (5). 保护 ‎—CH2OH (6). (7). (8). 水解反应、消去反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 合成中间体F时，A发生还原反应生成B，A的分子式为C9H14O2，B的分子式为C9H18O2，B与TBSCl发生取代反应生成C，推知B的结构简式为，C发生氧化反应生成D，根据已知ⅱ的反应条件，D生成E的反应机理与已知ⅱ相同。‎ 合成有机物L时，F的分子式为C11H20O2，G的分子式为C11H18O3，F通过去氢加氧生成G，根据已知的条件可知，I生成J的反应机理与已知相同，J与氢气反应生成K，根据K的结构简式推知J的结构简式为，进而推知I的结构简式为，H通过消去反应得到I。‎ ‎【详解】（1）A的结构简式为，含氧官能团的名称为羰基、羟基。‎ ‎（2）A发生还原反应生成B，A的分子式为C9H14O2，B的分子式为C9H18O2，B与TBSCl发生取代反应生成C ，推知B的结构简式是。‎ ‎（3）D生成E的反应机理与已知ⅱ相同，D中羰基的碳氧双键中的一条键断裂，氧原子上连氢原子形成羟基，碳原子上连接R’’,根据E的结构简式，推知试剂a是H‎2C=CHMgBr。‎ ‎（4）TBSCl与B中的羟基反应，但合成最后又还原了羟基，故TBSCl的作用是保护—CH2OH。‎ ‎（5）综上分析H通过消去反应得到I，I的结构简式为，H 中含有两个酯基，则H的结构简式是。‎ ‎（6）I的结构简式为，J的结构简式为， I→J的反应机理与已知相同，反应方程式是。‎ ‎（7）根据K、L的结构简式可知，K→L的转化中，先发生酯基的水解反应得到，再经过羟基的消去反应得到L。‎ ‎17.绿色植物标本用醋酸铜[（CH3COO）2Cu]处理后颜色更鲜艳、稳定。某化学小组制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，实验如下。‎ Ⅰ．醋酸铜晶体的制备 ‎（1）①中，用离子方程式表示产物里OH-的来源是__________。‎ ‎（2）②中，化学方程式是__________。‎ ‎（3）③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是_________。‎ Ⅱ．测定产品中铜的含量 ⅰ．取a g醋酸铜产品于具塞锥形瓶中，用稀醋酸溶解，加入过量KI溶液，产生CuI沉淀，溶液呈棕黄色；‎ ⅱ．用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定ⅰ中的浊液至浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色近于消失；‎ ⅲ．向ⅱ所得浊液中加入KSCN溶液，充分摇动，溶液蓝色加深；‎ ⅳ．继续用Na2S2O3 标准溶液滴定ⅲ中浊液至终点，消耗标准溶液v mL。‎ 已知：①，Na2S2O3溶液和Na2S4O6溶液颜色均为无色；‎ ‎②CuI易吸附I2，CuSCN难溶于水且不吸附I2。被吸附的I2不与淀粉显色。‎ ‎（4）ⅰ中发生反应的离子方程式是__________。‎ ‎（5）结合离子方程式说明，ⅲ中加入KSCN的目的是__________。‎ ‎（6）醋酸铜产品中铜元素的质量分数是__________。‎ ‎【答案】 (1). CO32-＋H2OOH-+HCO3- (2). Cu2（OH）2CO3＋4CH3COOH =2 （CH3COO）2 Cu ＋3H2O＋CO2↑ (3). 醋酸铜的溶解度随温度变化较大，温度越高溶解度越大，温度降低溶解度减小 (4). 2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2 (5). 因为CuSCN不吸附I2，通过反应CuI（s） ＋SCN- CuSCN（s） ＋Cl-，使CuI吸附的I2释放出来与Na2S2O3反应。 (6). 6.4bv/a %‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过硫酸铜与碳酸钠反应制得碱式碳酸铜，碱式碳酸铜再与醋酸反应得到醋酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到醋酸铜晶体。通过反滴定法测定产品中铜的含量。‎ ‎【详解】（1）碳酸根离子为弱酸根离子，在水溶液中发生水解反应CO32-＋H2OOH-+HCO3-，故①中有OH-生成。‎ ‎（2）②中醋酸与碱式碳酸铜反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，化学方程式是Cu2（OH）2CO3＋4CH3COOH =2（CH3COO）2 Cu＋3H2O＋CO2↑。‎ ‎（3）醋酸铜的溶解度随温度变化较大，温度越高溶解度越大，温度降低溶解度减小，所以醋酸铜可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到。‎ ‎（4）ⅰ中醋酸铜与碘化钾反应生成碘化铜沉淀和醋酸钾，醋酸铜、碘化钾和醋酸钾都是可溶性盐在离子方程式中可以拆写，则反应的离子方程式是2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2。‎ ‎（5）根据已知②CuI易吸附I2，CuSCN难溶于水且不吸附I2可知，ⅲ中加入KSCN通过反应CuI（s）＋SCN- CuSCN（s）＋Cl-，使CuI吸附的I2释放出来与Na2S2O3反应。‎ ‎（6）根据2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2、,可知2Cu2+~ I2~2 S2O32-，n(S2O32-)=n(Cu2+)=， 醋酸铜产品中铜元素的质量分数是 ‎。‎ ‎18.液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂Pd-Cu/TiO2的制备和催化条件，结果如下。‎ Ⅰ．制备Pd-Cu/TiO2的反应过程如下图所示，光照使TiO2发生电荷分离，将金属Pd沉积在TiO2表面。再用类似方法沉积Cu，得到在TiO2纳米颗粒表面紧密接触的Pd-Cu纳米簇。‎ ‎（1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。‎ ‎（2）请在②中补全光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程示意图_______。‎ Ⅱ．Pd-Cu/TiO2分步催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反应1小时后转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。‎ ‎（3）该液相催化还原法中所用的还原剂是__________。‎ ‎（4）i的离子方程式是__________。‎ ‎（5）研究表明，OH–在Pd表面与竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。‎ ‎①随pH增大，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是____________，导致反应ⅱ的化学反应速率降低。‎ ‎②随pH减小，还原产物中的变化趋势是__________，说明Pd表面吸附的和H的个数比变大，对反应__________（用离子方程式表示）更有利。‎ ‎（7）使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将尽可能多地转化为N2，具体方法是__________。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). (3). H2 (4). Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- NO2-＋ H2O (5). Pd表面单位面积吸附的数目减小 (6). 增大 (7). 2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH- (8). 先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气或氨态氮。‎ ‎【详解】（1）根据制备Pd-Cu/TiO2的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。‎ ‎（2）根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成Pd-Cu纳米簇的反应过程②示意图为。‎ ‎（3）根据图a可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。‎ ‎（4）i中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或Pd-Cu/TiO2作催化剂，硝酸根离子与氢气发生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- NO2-＋ H2O。‎ ‎（5）①因为OH–在Pd表面与NO2-竞争吸附，会降低Pd吸附NO2-的能力，随pH增大，OH–浓度增大，导致Pd表面单位面积吸附的 NO2-数目减小，N2和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应速率降低。‎ ‎②根据图b所示，随pH减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中 增大，Pd表面吸附的NO2-和H的个数比变大，NO2-更易转化为N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH-。‎ ‎（7）根据图b所示，pH=12时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4时，N2所占的物质的量的百分比最高，所以先调节溶液的pH到12，待NO3-几乎完全转化为NO2-后，调节pH到4使用Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液pH，可将NO3-尽可能多地转化为N2。‎ ‎19.“硫代硫酸银”（ [ Ag（S2O3）2]3–）常用于切花保鲜，由AgNO3溶液（0.1 mol·L–1 、pH=6）和Na2S2O3溶液（0.1 mol·L–1、pH=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。‎ ‎【实验一】‎ ‎（1）A为Ag2S2O3。写出生成A的离子方程式__________。‎ ‎（2）对实验现象的分析得出，试管a中充分反应后一定生成了__________（填离子符号）。进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。做出推测的理由是__________。‎ ‎（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解，清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：__________。‎ 结论：Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液。‎ ‎【实验二】已知：Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–（无色）‎ 实验操作 实验现象 i. ‎ 白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液；‎ 滴加至约1 mL时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象；‎ 超过1.5 mL后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最终变为黑色；‎ 滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液pH = 5‎ ii. ‎ 白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清液，有丁达尔现象。‎ ‎（4）用平衡移动原理解释实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀的原因：__________。‎ ‎（5）实验i中，当加入0.5 mL AgNO3溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反应速率分析该现象与ii不同的原因是__________。‎ ‎（6）简述用0.1 mol·L–1 AgNO3溶液和0.1 mol·L–1 Na2S2O3溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作：__________。‎ ‎【答案】 (1). Ag+＋= Ag2S2O3↓ (2). H+、 (3). 得到的是氧化产物，必然要生成其他还原产物 (4). (5). 过量Ag+与结合，使c（）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀 (6). 逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；迅速混合时部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3 (7). Na2S2O3和AgNO3物质的量之比大于2:1，在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Na2S2O3与AgNO3反应生成白色沉淀Ag2S2O3，白色沉淀立即变为棕黄色，最终变为黑色，过滤后，滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，说明沉淀转化为氧化还原反应。实验i中逐滴滴加硝酸银溶液，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率，实验ii中一次性加入硝酸银溶液，生成Ag2S2O3立即分解，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液，形成胶体。‎ ‎【详解】（1）Na2S2O3与AgNO3反应生成A，A为白色沉淀Ag2S2O3，Na2S2O3与AgNO3为可溶性盐在离子方程式中要拆写，则离子方程式为Ag+＋S2O32-= Ag2S2O3↓‎ ‎（2）滤液pH=1，说明溶液中存在H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在SO42-，故试管a中充分反应后一定生成了H+、 SO42-。因为得到的SO42-，硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀m可能为Ag2S、Ag、S或它们的混合物。‎ ‎（3）若试管a中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入1.1 mL Na2S2O3溶液，有刺激性气味产生，根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知，硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为。‎ ‎（4）实验i中加入1.5 mL AgNO3后产生白色沉淀，白色沉淀应为Ag2S2O3，因为过量Ag+与S2O32-结合，使c（S2O32-）降低，Ag2S2O3＋3S2O32-2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀。‎ ‎（5）实验i与实验ii的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，实验i中逐滴滴加AgNO3时，Ag2S2O3的溶解速率大于分解速率；实验ii根据结论“Ag2S2O3不稳定，分解所得固体不溶于Na2S2O3溶液”，AgNO3溶液与Na2S2O3溶液迅速混合时，部分Ag2S2O3来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于Na2S2O3。‎ ‎（6）硫代硫酸银（ [ Ag（S2O3）2]3–）用于切花保鲜，[ Ag（S2O3）2]3–中S2O32-与Ag+物质的量之比为2:1，因为Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–平衡的存在，为提高[ Ag（S2O3）2]3–产量，Na2S2O3和AgNO3物质的量之比应大于2:1，根据实验i与实验ii的现象对比，为避免反应生成的Ag2S2O3分解，应在不断搅拌下将AgNO3溶液缓缓加入到Na2S2O3溶液中。‎